Question

为测定某铁铜合金的组成，现将5.6g该合金（表面氧化膜成分为Fe2O3和CuO）加入到过量稀硫酸中，完全反应后

为测定某铁铜合金的组成，现将5.6g该合金（表面氧化膜成分为Fe2O3和CuO）加入到过量稀硫酸中，完全反应后产生气体672mL，并得到浅绿色溶液A（不含Cu2+离子）和不溶物B．过滤，将B加入到适量的某浓度的硝酸中，完全溶解后，得NO、NO2的混合气896mL，经测定该混合气中V（NO）：V（NO2）=3：1．再将A也加入到足量同浓度的硝酸中充分反应，用排水法收集产生的气体结果得一烧瓶气体，（不从水中移出烧瓶）紧接着向烧瓶中通入224mL O2，气体能恰好完全溶于水（以上所有气体体积都已换算成标准状况时的数据）．下列结论正确的是（　　）A．合金中氧元素的物质的量是0.01 molB．合金中铁单质的质量是1.68 gC．溶液A中存在的阳离子只有Fe2+离子D．不溶物B为铜单质且质量是1.6 g

Answer 1

①将5.6gFe、Cu合金（表面氧化膜成分为Fe₂O₃和CuO）加入到过量稀硫酸中，完全反应后产生气体672mL为氢气体积，n（H₂）=

0.672L

22.4L/mol

=0.03mol，得到浅绿色溶液A（不含Cu²⁺离子）和不溶物B，则B为Cu；
②硫酸过量，A中含有Fe²⁺、H⁺；
③将B加入到适量的某浓度的硝酸中，完全溶解后，得NO、NO₂的混合气896mL，混合气体总物质的量=

0.896L

22.4L/mol

=0.04mol，该混合气中V（NO）：V（NO₂）=3：1，故n（NO）=0.04mol×

3

4

=0.03mol，
n（NO₂）=0.04mol-0.03mol=0.01mol，根据电子转移守恒，n（Cu）=

0.03mol×3+0.01mol×1

2

=0.05mol，故m（Cu）=0.05mol×64g/mol=3.2g；
④将A也加入到足量同浓度的硝酸中充分反应，用排水法收集产生的气体为氮的氧化物，（不从水中移出烧瓶）紧接着向烧瓶中通入224mL O₂，又得到硝酸，纵观整个过程，Fe²⁺提供的电子等于氧气获得的电子，氧气的物质的量=

0.224L

22.4L/mol

=0.01mol，故溶液A中n（Fe²⁺）=

0.01mol×4

1

=0.04mol，根据元素守恒，可知合金中m（Fe元素）=0.04mol×56g/mol=2.24g，故合金中m（O）=m（合金）-m（Cu元素）-m（Fe元素）=5.6g-3.2g-2.24g=0.16g，故合金中n（O元素）=

0.16g

16g/mol

=0.01mol；
A．根据④知合金中n（O元素）=

0.16g

16g/mol

=0.01mol，故A正确；
B．根据①知，n（H₂）=

0.672L

22.4L/mol

=0.03mol，根据铁和氢气的关系式知，生成氢气消耗m（Fe）=0.03mol×56g/mol=1.68g，铁还和铜离子、铁离子反应，所以铁的总质量大于1.68g，故B错误；
C．根据②知，A中含有Fe²⁺、H⁺，故C错误；
D．根据③知，m（Cu）=0.05mol×64g/mol=3.2g，故D错误；
故选A．